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知识点 18：传送带模型的动力学问题
【知识思维方法技巧】
（1）传送带问题的突破口——初态、共速、末态
（2）传送带动力学问题速度相等时摩擦力突变的特点：
①从有到无：如水平传送带，达到同向共速后，滑动摩擦力突变为0。
②动静突变：如倾斜向上传送物块（μ＞tan θ），共速后滑动摩擦力变为静摩擦力。
③方向变化：如倾斜向下传送物块（μ＜tan θ），共速后方向由向下变为向上(仍为滑动摩
擦力)。
（3）滑块与传送带的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运
动且两次相对运动方向相同，Δx＝Δx ＋Δx(图甲)；若两次相对运动方向相反，Δx等于较
1 2
长的相对位移大小．(图乙)
考点一：水平式传送带的动力学问题
【知识思维方法技巧】
（1）“带动法”判断摩擦力方向：同向快带慢、反向互相阻；物体的速度、位移、加速度
均以地面为参考系，痕迹指的是物体相对传送带的位移。
（2）在匀速运动的水平传送带上，只要滑块和传送带不共速，滑块就会在滑动摩擦力的作
用下，朝着和传送带共速的方向变速（若v v ，则滑块减速），
物 传 物 传
直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在匀加
速或匀减速过程中始终没达到共速。
（3）计算滑块与传送带间的相对路程要分两种情况：
①若二者同向，则Δs＝|s －s |；②若二者反向，则Δs＝|s |＋|s |。
传 物 传 物
题型一：水平式匀速运动的传送带模型
类型一：滑块静止轻放模型
【知识思维方法技巧】
滑块在传送带上可能的运动情况：
（1）传送带不足够长：一直加速 （2）传送带足够长：先加速后匀速。
【典例1a拔尖题】用如图所示的水平传送带AB和斜面BC将货物运送到斜面的顶端。A、
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1
学科网（北京）股份有限公司B间距离L＝11 m，传送带始终以v＝12 m/s匀速顺时针运行。传送带B端靠近倾角θ＝37°
的斜面底端，斜面底端与传送带的B端之间有一段长度可以不计的小圆弧。在A、C处各
有一个机器人，A处机器人每隔t＝1.0 s将一个质量m＝10 kg、底部有碳粉的货物箱(可视
为质点)轻放在传送带A端，货物箱经传送带和斜面后到达斜面顶端的C点时速度恰好为零，
C点处机器人立刻将货物箱搬走。已知斜面BC的长度s＝5.0 m，传送带与货物箱之间的动
摩擦因数μ＝0.55，货物箱由传送带的右端到斜面底端的过程中速度大小损失原来的，不
0
计传送带轮的大小，g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求：
(1)斜面与货物箱之间的动摩擦因数μ；
(2)如果C点处的机器人操作失误，未能将第一个到达C点的货物箱搬走而造成与第二个货
物箱在斜面上相撞。求两个货物箱在斜面上相撞的位置到C点的距离；(本问结果可以用根
式表示)
(3)从第一个货物箱放上传送带A端开始计时，在t＝2 s的时间内，货物箱在传送带上留下
0
的痕迹长度。
【典例1a拔尖题】【答案】(1)0.5 (2) m (3)21.25 m
【解析】(1)货物箱在传送带上做匀加速运动过程，根据牛顿第二定律有μmg＝ma
0 1
解得加速度为a＝μg＝5.5 m/s2
1 0
到传送带右端的速度：v＝＝11 m/s
1
v＜v＝12 m/s，说明货物箱在传送带上一直做匀加速运动。
1
运动至斜面底端的速度：v＝v－v＝10 m/s
2 1 1
货物箱在斜面上滑过程的加速度为
a＝μgcos θ＋gsin θ＝
2
解得：μ＝0.5。
(2)货物箱沿斜面上滑过程：a＝μgcos θ＋gsin θ＝10 m/s2
2
运动时间t＝1 s
1
第二个货物箱在斜面B端时，第一个货物箱刚好在C端从静止开始下滑，货物箱沿斜面下
滑过程，根据牛顿第二定律有：
加速度a＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2
3
设第一个货物箱在斜面C端沿斜面向下运动与第二个货物箱相撞前所用时间为t
2
有：s＝vt－at2＋at2
22 22 32
解得：t＝ s
2
两个货物箱在斜面上相遇的位置到C端的距离：
d＝at2＝ m。
32
(3)第1 s内，货物箱的位移：x＝at2＝2.75 m
1 1
传送带的位移：x＝vt＝12 m
2
第1 s留下的痕迹：d＝x－x＝9.25 m
1 2 1
则t＝1 s时，第二个货物箱轻放在第一个货物箱后2.75 m处，第一个货物箱前9.25 m有痕
迹
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2
学科网（北京）股份有限公司第2 s内，对第一个货物箱：v＝at＝5.5 m/s
0 1
货物箱的位移x′＝vt＋at2＝8.25 m
1 0 1
第一个货物箱留下的痕迹：d＝x－x′＝3.75 m
2 2 1
第一、二两个货物箱的痕迹重合的距离为d′＝d－x＝1 m
2 1
t′＝2 s时，第二个货物箱在传送带上运动了1 s，留下的痕迹：
d＝d＝9.25 m
3 1
则2 s内，货物箱留下的痕迹总长度为：
Δs＝d＋d＋d－d′＝21.25 m
1 2 3
【典例1a拔尖题对应练习】如图所示，一水平传送带以2.0 m/s的速度顺时针匀速转动，
传送带的水平部分长为2.0 m．其右端与倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4
m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间的动摩擦
因数μ＝0.2，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A. 物块在传送带上一直做匀加速直线运动 B. 物块到达传送带右端的速度大小为15 m/s
C. 物块沿斜面上滑的最大高度为0.2 m D. 物块返回传送带时恰好能到达最左端
【典例1a拔尖题对应练习】【答案】C
【解析】由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得物块在传送带上运动的加速度a＝2 m/s2，物块
速度与传送带速度相同时通过的位移为x＝ ＝1 m<2 m，故物块在传送带上先做匀加速
1
直线运动，再做匀速直线运动，A错误；物块到达传送带右端的速度与传送带速度相同，
为2 m/s，B错误；由动能定理得－mgh＝－ mv 2，解得物块沿斜面上滑的最大高度h＝
0
0.2 m，C正确；由动能定理知，物块返回斜面底端时速度大小为2 m/s，然后物块向左做
减速运动，速度减为零所通过的位移x＝ ＝1 m，然后物块反向加速，故物块返回传送
2
带时不会到达传送带最左端，D错误．
类型二：滑块初速度方向与传送带运动方向相同模型（同向模型）
【知识思维方法技巧】
滑块初速度方向与传送带运动方向相同时，滑块在传送带上可能的运动情况：
（1）v>v时，传送带不足够长：一直减速，传送带足够长：先减速再匀速。
0
（2）v＝v时，一直匀速。
0
（3）vv，返回时速度为v，若vμg时，滑块与传送带之间必然发生相对滑动，滑块将在滑动摩擦力作
用下做匀加速运动，其加速度大小为μg。
题型三：水平式减速运动的传送带模型
【知识思维方法技巧】
如图所示，滑块轻放在传送带左端，此时传送带以初速度 v 一直做匀减速运动，加速度大
0
小为a ，传送带足够长。开始滑块相对于传送带向左运动，滑块所受的滑动摩擦力向右，
0
因此滑块做匀加速运动，其加速度大小为μg，当二者速度相等时，可得μgt＝v －at，后
0 0
面的运动情况讨论如下：
（1）如果滑块与传送带相对静止（即二者一起做匀减速运动，滑块的加速度大小为a），
0
此时摩擦力为静摩擦力，对滑块由牛顿第二定律得f＝ma ≤μmg，故a≤μg。
0 0 0
（2）当a>μg时，二者之间发生相对滑动。传送带速度减小得比物体减小得快，滑块的加
0
速度大小为μg。
【典例3拔尖题】某煤矿运输部有一新采购的水平浅色足够长传送带以4.0 m/s的恒定速度
运动，若使该传送带改做加速度大小为3.0 m/s2的匀减速运动，并且在传送带开始做匀减速
运动的同时，将一煤块(可视为质点)无初速度放在传送带上．已知煤块与传送带间的动摩
擦因数为0.10，重力加速度取10 m/s2，求煤块在浅色传送带上能留下的痕迹长度和相对于
传送带运动的位移大小？（计算结果保留两位有效数字）
【典例3拔尖题】【答案】2.0 m 1.7 m
【解析】由运动情况作出传送带和煤块的v—t图象，如图所示．因煤块与传送带间的动摩
擦因数为μ，则煤块在传送带上运动的加速度a ＝μg＝1.0 m/s2，设传送带的加速度大小为
0
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6
学科网（北京）股份有限公司a，由运动学规律得：v＝at ＝v－at，解得t＝＝1.0 s，v＝1.0 m/s
1 01 0 1 1 1
此过程中煤块相对于传送带向后滑动，划线的长度为L ＝vt－at－at＝2.0 m
1 01 0
当煤块与传送带间的速度相等以后，两者都做匀减速直线运动，煤块相对于传送带又向前
滑动，划线的长度L ＝－＝ m≈0.33 m，因为L>L ，煤块在传送带上留下的划线长度为L
2 1 2 1
＝2.0 m，煤块相对于传送带的位移为x＝L －L ＝2.0 m－0.33 m≈1.7 m。
1 2
题型四：水平式能调速匀速运动的传送带模型
【典例4拔尖题】如图，相距L＝11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相
接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m＝10 kg
的载物箱(可视为质点)，以初速度v ＝5.0 m/s 自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间
0
的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10 m/s2。
（1）若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
（2）求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
【典例4拔尖题】【答案】(1)2.75 s (2)4 m/s m/s
【解析】(1)传送带的速度为v＝4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速
度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma，设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为
s，由运动学公式有v2－v2＝－2as，联立代入题给数据得s＝4.5 m，因此，载物箱在到达
1 0 1 1
右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动。设载物箱从滑上传送带到离开传送
带所用的时间为t ，做匀减速运动所用的时间为t′，有v＝v －at′，t ＝t′＋，得t ＝2.75
1 1 0 1 1 1 1
s。
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为 v ；当
1
载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为 v 。由动能
2
定理有－μmgL＝mv2－mv2，μmgL＝mv2－mv2由二式并代入题给条件得v ＝ m/s，v ＝4
1 0 2 0 1 2
m/s。
考点二：斜面式传送带的动力学问题
【知识思维方法技巧】
（1）根据初始条件分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定物体是否受到滑动摩擦力
作用，如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确
定物体的运动情况。
（2）当物体的速度与传送带速度相等时，需比较mgsinθ与μmgcosθ的大小关系才能决定
物块以后的运动，判断“共速”后的下一时刻物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力。
题型一：斜面式传送带向上匀速运动模型（上传模型）
类型一：静止滑块从底端向上运动模型
【知识思维方法技巧】
滑块在传送带上可能的运动情况：
（1）传送带不足够长：滑块在传送带一直加速运动(一定满足关系gsin θ<μgcos θ)
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学科网（北京）股份有限公司（2）传送带足够长：滑块在传送带先加速后匀速运动。
【典例1a拔尖题】如图所示，有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带，其速度v＝4 m/s，
传送带与水平面间的夹角为θ＝37°，现将一质量m＝1 kg的物块轻放在其底端(物块可视为
质点)，与此同时，给物块沿传送带方向向上的恒力F＝8 N，经过一段时间，物块运动到了
离地面高为h＝2.4 m的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，最大静摩
擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。
(1)求物块从传送带底端运动到平台上所用的时间；
(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力 F，计算物块还需经过多长时间离开
传送带以及离开时的速度大小(结果用根式表示)。
【典例1a拔尖题】【答案】(1) s (2) s m/s
【解析】(1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零
的匀加速运动，直至速度与传送带的速度相同
由牛顿第二定律得F＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma
1
代入数据解得a＝6 m/s2
1
物块加速过程所用的时间t＝＝ s
1
运动的距离x＝＝ m
1
物块与传送带共速后，对物块进行受力分析可知，物块受到的摩擦力的方向改变，因为 F
＝8 N，而重力沿传送带向下的分力和最大静摩擦力之和为10 N，所以物块不能相对传送带
向上加速，物块将随传送带匀速上升
传送带长度为x＝＝4 m
物块随传送带做匀速运动的时间t＝＝ s
2
故物块从传送带底端运动到平台上所用的时间
t＝t＋t＝ s。
1 2
(2)若共速后撤去恒力F，因为mgsin θ>μmgcos θ，对物块进行受力分析可知，物块将减速
向上运动
有mgsin θ－μmgcos θ＝ma
2
代入数据解得a＝2 m/s2
2
经判断，物块在速度减到零之前，已经从传送带上端离开
设物块还需时间t′离开传送带，离开时的速度大小为v′，则由运动学公式有v2－v′2＝2a(x
2
－x)
1
代入数据解得v′＝ m/s
故t′＝＝ s。
【典例1a拔尖题对应练习】近年来网上购物发展迅速，使得物流业迅速发展起来，图示为
某快递物流中心用传送带分流物品的示意图，传送带以恒定速度v＝4 m/s顺时针运行，传
送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m＝2 kg的小物品由静止轻放在其底端(小物品可看成
质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝20 N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地
面高为H＝1.8 m的平台上，如图所示．已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
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学科网（北京）股份有限公司(1)求物品达到与传送带相同速率所用的时间；
(2)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？
(3)若在物品与传送带同速瞬间撤去恒力 F，则物品还需多少时间才能到达平台？
【答案】(1)0.5 s (2)1 s (3)(2－) s
【解析】(1)物品在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前，有：
F＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma
1
解得：a＝8 m/s2
1
由v＝at，
11
得t＝＝0.5 s.
1
(2)加速过程位移为x＝at＝1 m．共速后，有：
1 1
F－μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma
2
解得a＝0，即物品匀速上滑，位移为
2
x＝－x＝2 m
2 1
则匀速运动的时间为t＝＝0.5 s
2
总时间为t＝t＋t＝1 s
1 2
即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1 s.
(3)在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，根据牛顿第二定律，
有μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma
3
解得：a＝－2 m/s2
3
假设物品能向上匀减速到速度为零，通过的位移为
x＝－＝4 m
由此知物品速度减为零之前已经到达平台
由x＝vt＋at
2 3 3
解得：t＝(2－) s(另一解不合题意，舍去)
3
即物品还需(2－) s到达平台．
类型二：运动滑块从底端向上运动模型
【典例1b拔尖题】某工厂用倾角为37°的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带总
长为L＝50 m，正常运转的速度为v＝4 m/s。一次某工人刚把M＝10 kg的货物放到传送带
上的A处时停电了，为了不影响工作的进度，工人拿来一块 m＝5 kg带有挂钩的木板，把
货物放到木板上，通过定滑轮用绳子把木板拉上去。货物与木板及木板与传送带之间的动
摩擦因数均为0.8。(物块与木板均可看成质点，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)为了把货物拉上去又不使货物相对木板滑动，求工人所用拉力的最大值；
(2)若工人用F＝189 N的恒定拉力把货物拉到处时来电了，工人随即撤去拉力，求此时货物
与木板的速度大小；
(3)来电后，还需要多长时间货物能到达B处？(不计传送带的加速时间)
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9
学科网（北京）股份有限公司【典例1b拔尖题】【答案】(1)192 N (2)2 m/s (3)11.25 s
【解析】(1)设最大拉力为F ，货物与木板之间的静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为
m
a，对货物根据牛顿第二定律得μMgcos θ－Mgsin θ＝Ma，得a＝0.4 m/s2。
1 1 1
对货物与木板整体分析，根据牛顿第二定律得
F －μ(m＋M)gcos θ－(m＋M)gsin θ＝(m＋M)a，得F ＝192 N。
m 1 m
(2)设工人拉木板的加速度为a，根据牛顿第二定律得
2
F－μ(m＋M)gcos θ－(m＋M)gsin θ＝(m＋M)a，解得a＝0.2 m/s2。
2 2
设来电时木板与货物的速度大小为v，根据运动学公式得v2＝2a，得v＝2 m/s。
1 1 2 1
(3)由于v＜4 m/s，所以来电后木板继续加速，加速度为a，
1 3
μ(M＋m)gcos θ－(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a，a＝0.4 m/s2，
3 3
设经过t 木板速度与传送带速度相同，v＝v＋at，得t＝5 s。
1 1 31 1
设t 内木板加速的位移为x，v2－v2＝2ax，得x＝15 m。
1 1 1 3 1 1
共速后，木板与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动的时间为 t ，匀速运动的位移
2
为x，x＝L－－x，得x＝25 m，t＝，得t＝6.25 s，
2 2 1 2 2 2
所以来电后木板再需要运动t＋t＝11.25 s到达B处。
1 2
【典例1b拔尖题对应练习】如图所示，某工厂输送物件的传送系统由倾角为 30°特殊材质
做成的传送带AB和倾角也为30°的固定长木板CD组成，传送带以v＝8m/s的恒定速度顺
0
2√3
时针转动，物件和传送带间的动摩擦因数μ = 。现将物件P（视为质点）无初速度地
1 5
置于传送带上的A端，物件到达B端时刚好相对传送带静止，到达D点时速度恰好为零且
立即被机械手取走。物件可以看成质点传送带与木板间可认为无缝连接，取重力加速度大
小g＝10m/s2，木板的长度L ＝4m。
2
（1）求物件在传送带上运动的加速度大小a 及物件从A端运动到B端所需的时间t；
1
（2）求物件与木板间的动摩擦因数μ ；
2
（3）若机械手没能在D点及时将物件取走，导致物件重新下滑，求物件第一次回到 B端
的速度大小v 及整个运动过程中物件在木板上运动的总路程s。
1
【典例1b拔尖题对应练习】【答案】（1）物件在传送带上运动的加速度大小 a1为1m/s2
及物件从A端运动到B端所需的时间t为8s；
√3
（2）物件与木板间的动摩擦因数μ2为 ；
5
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学科网（北京）股份有限公司（3）物件第一次回到B端的速度大小v1为4m/s2及整个运动过程中物件在木板上运动的
32
总路程s为 m。
3
【解析】（1）物件在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：
μ mgcos30°﹣mgsin30°＝ma 解得：a＝1m/s2
1 1 1
物件到达B端时速度等于v，则：v＝at解得：t＝8s；
0 0 1
（2）物件在木板上做匀减速直线运动，设此过程的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：
2
mgsin30°+μ mgcos30°＝ma 根据运动学公式有：2aL =v2
2 2 2 2 0
√3
联立解得：a＝8m/s2，μ = ；
2 2 5
（3）设物件在木板上下滑的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得：mgsin30°﹣μ mgcos30°
3 2
＝ma 解得：a＝2m/s2
3 3
物件第一次沿木板下滑返回B点的速度大小：v =√2a x ，x＝L 解得：v＝4m/s
1 3 1 1 2 1
滑过B点后物件在传送带上无论是下滑还是上滑，所受滑动摩擦力均沿传送带向上，受力
情况不变，即由B点先向下匀减速后以相同加速度匀加速返回B点，所以在传送带上回到
v2 x
B点时速度大小不变，物件第二次沿木板上滑的位移大小：x = 1 = 1
2 2a 4
2
物件第二次沿木板下滑返回B点的速度大小：v =√2a x
2 3 2
以此类推……
设物件在木板上第n次上滑的位移大小为x ，第n次沿木板下滑返回B点时的速度大小为
n
v ，则：v =√2a x
n n 3 n
v2 a x
物件在木板上第n+1次上滑的位移大小：x = n = 3 x = n
n+1 2a a n 4
2 2
1 1 1
总 路 程 ：
s=2(x
1
+x
2
+x
3
+⋯⋯+x
n
)=2L
2
(1+
4
+
42
+⋯⋯+
4(n−1)
)=
2×4
1
1−( ) n
4
× m
1
1−
4
32
n取∞，解得：s= m
3
类型三：静止滑块从顶端向下运动模型
类型四：运动滑块从顶端向下运动模型
【知识思维方法技巧】
滑块在传送带上可能的运动情况有：
（1）gsin θ>μgcos θ，一直加速；
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11
学科网（北京）股份有限公司（2）gsin θ＝μgcos θ，一滑块直匀速。
（3）gsin θ<μgcos θ，传送带不足够长时，一直减速。传送带足够长时，先减速到速度为
0后反向加速到原位置时速度大小为v(类竖直上抛运动)。
0
【典例1d拔尖题】如图甲所示，倾角为37°足够长的传送带以4 m/s的速度顺时针转动，现
使小物块以2 m/s的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙
所示，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：
(1)小物块与传送带间的动摩擦因数为多大；
(2)0～8 s内小物块与传送带之间的划痕为多长．
【典例1d拔尖题】【答案】(1) (2)18 m
【解析】(1)根据v－t图象的斜率表示加速度可得a＝＝ m/s2＝1 m/s2
由牛顿第二定律得μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma解得μ＝
(2)0～8 s内只有前6 s内物块与传送带发生相对滑动，
0～6 s内传送带匀速运动的距离为：x ＝4×6 m＝24 m，
带
由题图乙可知：0～2 s内物块位移大小为：x＝×2×2 m＝2 m，方向沿斜面向下，
1
2～6 s内物块位移大小为：x＝×4×4 m＝8 m，方向沿斜面向上
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所以划痕的长度为：Δx＝x ＋x－x＝(24＋2－8) m＝18 m.
带 1 2
题型二：斜面式传送带向下匀速运动模型（下载模型）
类型一：静止滑块从顶端向下运动模型
【知识思维方法技巧】
滑块在传送带上可能的运动情况：
（1）传送带不足够长：一直加速(加速度为gsin θ＋μgcos θ)
（2）传送带足够长：若μ≥tan θ，先加速后匀速，若μΔx ，故物体在传送
2 4 3 1 2
带上的划痕长度为Δx＝1.8 m。
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【典例2a拔尖题对应练习】 如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A到B长度为L＝
16 m，传送带v＝10 m/s 的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速地放一个质量为m＝
0
0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑
色痕迹。已知sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求：
(1)煤块从A到B的时间；
(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。
【典例2a拔尖题对应练习】【答案】(1) 2s (2) 5m
【解析】(1) 煤块向下做匀加速运动，由牛顿第二定律可得
代入数值可得
设经过时间t 煤块和传送带速度达到相同
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设下滑距离为x，由运动学公式
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学科网（北京）股份有限公司因为 煤块继续向下加速，由牛顿第二定律可得
代入数值可得
设再经过时间t 到达B，下滑距离为x
2 2
代入数值可求得 （舍去）
(2) 煤块加速运动时间内传送带运动位移为
相对运动位移为
达到共速到煤块加速滑到最低端设传送带运动位移为 ，相对滑动位移为
相对运动位移为
考虑到痕迹的重复性，则痕迹的实际长度仍为5m。
类型二：运动滑块从顶端向下运动模型
【知识思维方法技巧】
滑块在传送带上可能的运动情况有：
（1）传送带不足够长：vv时，滑块
0 0
一直减速(加速度为gsin θ－μgcos θ)。
（2）传送带足够长：若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μ
